Em um triângulo [tex3]ABC[/tex3]
, seja [tex3]I[/tex3]
o centro da circunferência inscrita [tex3]D, E, F[/tex3]
são pontos de tangência com os lados [tex3]BC, AC[/tex3]
e [tex3]AB[/tex3]
, respectivamente. Seja [tex3]P[/tex3]
o outro ponto de interseção da reta [tex3]AD[/tex3]
com a circunferência inscrita.
Se [tex3]M[/tex3]
é o ponto médio de [tex3]EF[/tex3]
, mostre que os quatro pontos [tex3]P, I, M[/tex3]
e [tex3]D[/tex3]
pertecem a mesma circunferência.
OBS.: OIM trata-se da Olimpíada Iberoamericana de Matemática
Olimpíadas ⇒ OIM (1990) - Geometria Tópico resolvido
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Babi123
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Mai 2019
24
11:43
OIM (1990) - Geometria
Editado pela última vez por Babi123 em 24 Mai 2019, 11:45, em um total de 1 vez.
Razão: acrescentar observação.
Razão: acrescentar observação.
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Ittalo25
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Mai 2019
24
15:13
Re: OIM (1990) - Geometria
- ag.png (82.71 KiB) Exibido 1794 vezes
Semelhança em AIE e AME:
[tex3]\frac{AI}{AE} = \frac{AE}{AM} \rightarrow AE^2 = AI \cdot AM [/tex3]
Ou seja: [tex3]AP \cdot AD = AI \cdot AM [/tex3]
Que é a potência de ponto de A em relação à circunferência com os pontos P,D,I e M.
Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]
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Auto Excluído (ID:12031)
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Mai 2019
24
15:20
Re: OIM (1990) - Geometria
Vamos inverter a reta [tex3]AD[/tex3]
em relação ao incírculo de [tex3]\Delta ABC[/tex3]
. Como ela é uma reta que não passa pelo centro de inversão (a menos que o triângulo seja equilátero, mas neste caso os pontos citados serão alinhados)então será invertida num círculo que passa por [tex3]I,P,D[/tex3]
(pois retas que não passam pelo centro de inversão são invertidas em círculos que passam por ele e os pontos do círculo são inversos deles mesmos).
Basta provarmos que o inverso do ponto [tex3]M[/tex3] está sobre a reta [tex3]AD[/tex3] .
Oras, o ponto [tex3]M[/tex3] está sobre a mediatriz de [tex3]EF[/tex3] bem como os pontos [tex3]I[/tex3] e [tex3]A[/tex3] , logo o inverso de [tex3]M[/tex3] está sobre a reta [tex3]AI[/tex3] . Mais que isso o ponto [tex3]M[/tex3] é justamente o encontro da polar de [tex3]A[/tex3] com a reta [tex3]AI[/tex3] . Logo [tex3]M[/tex3] é o inverso de [tex3]A[/tex3] . Portanto os pontos citados são conclícicos.
Basta provarmos que o inverso do ponto [tex3]M[/tex3] está sobre a reta [tex3]AD[/tex3] .
Oras, o ponto [tex3]M[/tex3] está sobre a mediatriz de [tex3]EF[/tex3] bem como os pontos [tex3]I[/tex3] e [tex3]A[/tex3] , logo o inverso de [tex3]M[/tex3] está sobre a reta [tex3]AI[/tex3] . Mais que isso o ponto [tex3]M[/tex3] é justamente o encontro da polar de [tex3]A[/tex3] com a reta [tex3]AI[/tex3] . Logo [tex3]M[/tex3] é o inverso de [tex3]A[/tex3] . Portanto os pontos citados são conclícicos.
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Planck
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Mai 2019
24
16:15
Re: OIM (1990) - Geometria
Olá Babi123,
Para facilitar, fiz a construção utilizando um triângulo equilátero:
Note que:
[tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3]
Isso é justificável por conta da tangência.
Se [tex3]M[/tex3] é ponto médio, então [tex3]\overline{AM}[/tex3] é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] , pois, [tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3] e, com isso, garantimos que [tex3]\triangle FAE[/tex3] é no mínimo isósceles. Além disso, também podemos afirmar que o segmento [tex3]\overline{AI}[/tex3] também é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] . Desse modo, [tex3]A, \; M, \; I[/tex3] são colineares.
Podemos afirmar que [tex3]\measuredangle AME[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . E [tex3]\measuredangle AEI[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . Por potência de ponto, podemos dizer que:
[tex3]\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline {AE}^2[/tex3]
Por potência de ponto novamente:
[tex3]\overline {AE}^2 = \overline{AP} \cdot \overline {AD}[/tex3]
Logo:
[tex3]\boxed{\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline{AP} \cdot \overline {AD}}[/tex3]
Essa é a condição para potência de dois segmentos secantes à circunferência. Pela construção que fiz do triângulo equilátero, os dois segmentos também são colineares (talvez não foi uma boa ideia montar o triângulo equilátero)! Talvez tenha outros jeitos melhores de demonstrar... jvmago, eu lhe invoco!
Para facilitar, fiz a construção utilizando um triângulo equilátero:
- geogebra-export (84).png (61.65 KiB) Exibido 1783 vezes
[tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3]
Isso é justificável por conta da tangência.
Se [tex3]M[/tex3] é ponto médio, então [tex3]\overline{AM}[/tex3] é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] , pois, [tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3] e, com isso, garantimos que [tex3]\triangle FAE[/tex3] é no mínimo isósceles. Além disso, também podemos afirmar que o segmento [tex3]\overline{AI}[/tex3] também é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] . Desse modo, [tex3]A, \; M, \; I[/tex3] são colineares.
Podemos afirmar que [tex3]\measuredangle AME[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . E [tex3]\measuredangle AEI[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . Por potência de ponto, podemos dizer que:
[tex3]\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline {AE}^2[/tex3]
Por potência de ponto novamente:
[tex3]\overline {AE}^2 = \overline{AP} \cdot \overline {AD}[/tex3]
Logo:
[tex3]\boxed{\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline{AP} \cdot \overline {AD}}[/tex3]
Essa é a condição para potência de dois segmentos secantes à circunferência. Pela construção que fiz do triângulo equilátero, os dois segmentos também são colineares (talvez não foi uma boa ideia montar o triângulo equilátero)! Talvez tenha outros jeitos melhores de demonstrar... jvmago, eu lhe invoco!
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Mai 2019
24
16:19
Re: OIM (1990) - Geometria
só que quando o triângulo é equilátero os quatro pontos são alinhados, Planck, É a única exceção quando o círculo se degenera a uma reta
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Planck
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jvmago
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Mai 2019
24
17:08
Re: OIM (1990) - Geometria
Estou muito longe destas demonstrações!!Planck escreveu: ↑24 Mai 2019, 16:15 Olá Babi123,
Para facilitar, fiz a construção utilizando um triângulo equilátero:
geogebra-export (84).png
Note que:
[tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3]
Isso é justificável por conta da tangência.
Se [tex3]M[/tex3] é ponto médio, então [tex3]\overline{AM}[/tex3] é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] , pois, [tex3]\overline{AF} = \overline{AE}[/tex3] e, com isso, garantimos que [tex3]\triangle FAE[/tex3] é no mínimo isósceles. Além disso, também podemos afirmar que o segmento [tex3]\overline{AI}[/tex3] também é bissetriz de [tex3]\measuredangle FAE[/tex3] . Desse modo, [tex3]A, \; M, \; I[/tex3] são colineares.
Podemos afirmar que [tex3]\measuredangle AME[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . E [tex3]\measuredangle AEI[/tex3] é [tex3]90º[/tex3] . Por potência de ponto, podemos dizer que:
[tex3]\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline {AE}^2[/tex3]
Por potência de ponto novamente:
[tex3]\overline {AE}^2 = \overline{AP} \cdot \overline {AD}[/tex3]
Logo:
[tex3]\boxed{\overline {AM} \cdot \overline {AI} = \overline{AP} \cdot \overline {AD}}[/tex3]
Essa é a condição para potência de dois segmentos secantes à circunferência. Pela construção que fiz do triângulo equilátero, os dois segmentos também são colineares (talvez não foi uma boa ideia montar o triângulo equilátero)! Talvez tenha outros jeitos melhores de demonstrar... jvmago, eu lhe invoco!
Não importa se você é magrinho ou gordinho, alto ou baixo, o que te difere dos outros é quando expõe seus conhecimentos.
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